2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合A=x|x−7x+120，则A∩B=( )
A.{x|−60与双曲线x23−y2=1有相同的焦点F．

(1)求C的方程，并求其准线l的方程；

(2)如图，过F且斜率存在的直线与C交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，直线OA与准线l交于点N，过点A作l的垂线，垂足为M．证明：y1y2为定值，且四边形AMNB为梯形．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为255，且焦距为8．
(1)求C的方程；

(2)设直线l的倾斜角为π3，且与C交于A，B两点，点O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A=x|−12b>0，且a+3b=1，
∴ 1=a+3b≥23ab，故ab≤123，0b>0，且a+3b=1，
∴ 1a+3b=(1a+3b)(a+3b)≥10+23ba⋅3ab=16，
当且仅当a=b=14时“=”成立，故C正确；
对于D：a2+15b2=a2+151−a32
=83a2−103a+53=83a−582+58≥58，
当且仅当a=58时“=”成立，故D正确.
故选ACD.
【答案】
A,D
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
设出点P的坐标，求出直线PA，PB的斜率的乘积，然后再设出直线PA，PB的方程，进而可以求出点C，D的横坐标，进而可以求出|CD|，即可求解．
【解答】
解：设Px0,y0，
则kPA⋅kPB=y02x02−9=1−x029x02−9=−19．
∵ kPA=k，
∴ kPB=−19k.
∵ 直线AP的方程为y=kx+3，
∴ 点C的横坐标为−3k−3.
∵ 直线BP的方程为y=−19kx−3，
∴ 点D的横坐标为27k+3，
∴ |CD|=|27k+3k+6|=36，
整理，得9k2+14k+1=0或9k2−10k+1=0，
解得k=−7±2109或k=19或k=1．
故选AD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
【答案】
−6
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，计算求得m的值．
【解答】
解：∵ AB→⊥CD→，
∴ AB→⋅CD→=m+2+4=0，
解得m=−6．
故答案为：−6．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的虚轴长，求解b，然后求解c，即可求解离心率．
【解答】
解：因为双曲线x26−y2m=1的虚轴长为62，
可得b=32，a=6，c=6+18=26，
所以双曲线的离心率为：e=266=2.
故答案为：2.
【答案】
81313
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而根据正弦定理即可求解AB的值．
【解答】
解：因为tanC=23，sin2C+cs2C=1，
所以sinC=23913.
由正弦定理，得ACsinB=ABsinC，
所以AB=AC⋅sinCsinB=81313．
故答案为：81313．
【答案】
3
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的定义
【解析】
抛物线的准线为y＝2，焦点F坐标为(0, −2)，表示点P(m, n)与点F(0, −2)的距离与点P(m, n)与点A(2, −1)的距离之和，由抛物线的定义和两点之间线段最短可得最小值，进而可得结论．
【解答】
解：∵ 抛物线x2=−8y的焦点为F0,−2，准线为l：y=2，
∴ m2+n2+4n+4+m2+n2−4m+2n+5
=m2+n+22+m−22+n+12的几何意义是
点Pm,n到F0,−2与点A(2,−1)的距离之和.
由抛物线的定义，得点Pm,n到F的距离等于点Pm,n到l的距离，
∴ 所求最小值为2−−1=3.
故答案为：3.
四、解答题．本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说期、证时过程或演算步骤．
【答案】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知利用余弦定理即可求解csA的值．
（2）由已知利用正弦定理化简可得c=2b，由余弦定理得a＝152b，根据△ABC的周长，可求b的值，进而利用三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【答案】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）推导出BEC1F，从而四边形BEC1F是平行四边形，进而BF // EC1，由此能证明BF // 平面A1C1E．
（2）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【答案】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)选①：a3−a2=48且a2>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或q=−3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n，
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选②：a3=64且a4>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选③：a2021=16a2a2017；
由题意，设数列an的公比为q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
则q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式，再得到{an}的通项公式；
（2）根据条件分别求出数列的通项公式，然后利用错位相减法，求出数列{(3n−1)an}的前n项和．
【解答】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)选①：a3−a2=48且a2>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或q=−3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n，
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选②：a3=64且a4>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选③：a2021=16a2a2017；
由题意，设数列an的公比为q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
则q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ACDE为正方形，
∴ AD⊥CE.
∵ 平面ABCDE⊥平面CEFG，平面ABCDE∩平面CEFG=CE，
∴ AD⊥平面FECG．
又CF⊂平面FECG，
∴ AD⊥CF.
(2)解：以C为坐标原点，CD→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz．
∵ AB=BC=5，AC=4，
∴ 点B到AC的距离为1，
∴ G0,0,42，F4,4,42，B−1,2,0，
GF→=(4,4,0)，BG→=(1,−2,42)．
设平面BFG的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅GF→=n→⋅BG→=0，
即4x+4y=x−2y+42z=0，
令y=42，得n→=(−42,42,3)．
取m→=0,0,1为平面ABCDE的一个法向量，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=373=37373，
∴ 平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值为37373．
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）由四边形ACDE为正方形，可得AD⊥CE，再由面面垂直的性质可得AD⊥平面FECG，从而得到AD⊥CF；
（2）以E为坐标原点，建立空间直角坐标系A−xyz，利用向量法能求出平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ACDE为正方形，
∴ AD⊥CE.
∵ 平面ABCDE⊥平面CEFG，平面ABCDE∩平面CEFG=CE，
∴ AD⊥平面FECG．
又CF⊂平面FECG，
∴ AD⊥CF.
(2)解：以C为坐标原点，CD→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz．
∵ AB=BC=5，AC=4，
∴ 点B到AC的距离为1，
∴ G0,0,42，F4,4,42，B−1,2,0，
GF→=(4,4,0)，BG→=(1,−2,42)．
设平面BFG的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅GF→=n→⋅BG→=0，
即4x+4y=x−2y+42z=0，
令y=42，得n→=(−42,42,3)．
取m→=0,0,1为平面ABCDE的一个法向量，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=373=37373，
∴ 平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值为37373．
【答案】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【考点】
抛物线的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）根据题意可得双曲线的右焦点为(2, 0)，则，解得p，进而可得C的方程和准线l的方程；
（2）设直线AB方程为y＝k(x−2)(k≠0)，联立直线AB与抛物线的方程得关于y的一元二次方程，由韦达定理可得y1*y2为定值；设点N为(−2, m)，由kOA＝kON，推出可得m＝y2，进而可得BN // x轴 // AM，|AM|≠|BN，即可得证．
【解答】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【答案】
解：(1)依题意可知e=ca=255,2c=8,a2=b2+c2,
解得a=25,c=4，
故C的方程为x220+y24=1.
(2)依题意可设直线l的方程为y=3x+m.
联立y=3x+m,x220+y24=1,整理得16x2+103mx+5m2−20=0，
则Δ=300m2−645m2−20>0，解得−8